人教版新课标A选修4-5二 用数学归纳法证明不等式单元测试同步练习题

这是一份人教版新课标A选修4-5二 用数学归纳法证明不等式单元测试同步练习题，共18页。试卷主要包含了 选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。

一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ， ）

1. 用数学归纳法证明不等1n+1+1n+2+1n+3+...+12n>2324(n≥2)的过程中，由n=k递推到n=k+1时，不等式左边（ ）
A.增加了一项12(k+1)
B.增加了一项12k+1+12(k+1)
C.增加了12k+1+12(k+1)，又减少了1k+1
D.增加了 12(k+1)，又减少了1k+1

2. 用数学归纳法证明不等式“1+12+13+...+12n≥1+n2(n∈N*)”的过程中，由n=k到n=k+1时，不等式的左边（ ）
A.增加了1项B.增加了2项C.增加了2k项D.增加了2k+1项

3. 用数学归纳法证明：1+a+a2+...+an+1=1−an+21−a(a≠1)，在验证n=1时，左端计算所得的式子是（ ）
A.1B.1+aC.1+a+a2D.1+a+a2+a3

4. 已知数列{an}满足an=1+12+13+...+1n2，则ak+1−ak共有（ ）项．
A.1B.kC.2kD.2k+1

5. 用数学归纳法证明12+22+...+(n−1)2+n2+(n−1)2+...+22+12=n(2n2+1)3时，从n=k到n=k+1时，等式左边应添加的式子是( )
A.(k−1)2+2k2B.(k+1)2+k2
C.(k+1)2D.13(k+1)[2(k+1)2+1]

6. 在数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证（ ）
A.n=1成立B.n=2成立C.n=3成立D.n=4成立

7. 用数学归纳法证明1+2+3+⋯+n3=n6+n32，n∈N*时，则当n=k+1时，应当在n=k时对应的等式的左边加上（ ）
A.(k3+1)+(k3+2)+...+(k+1)3B.k3+1
C.(k+1)3D.(k+1)6+(k+1)32

8. 如果命题P(n)对n=k(k∈N*)成立，则它对n=k+1也成立，现已知P(n)对n=4不成立，则下列结论正确的是( )
A.P(n)对n≤4且n∈N*不成立B.P(n)对n>4且n∈N*成立
C.P(n)对n<4且n∈N*成立D.P(n)对n∈N*成立
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

9. 用数学归纳法证明恒等式1n+1+1n+2+...+12n=1−12+13−14+...+12n−1−12n，则从n=k到n=k+1时，左边要增加的表达式为________．

10. 利用数学归纳法证明不等式“1+12+13+⋯+12n−1>n2(n≥2, n∈N*)”的过程中，由“n=k”变到“n=k+1”时，左边增加了________项．

11. 试比较nn+1与(n+1)n(n∈N*)的大小．
当n=1时，有nn+1________(n+1)n（填>、=或<）；
当n=2时，有nn+1________(n+1)n（填>、=或<）；
当n=3时，有nn+1________(n+1)n（填>、=或<）；
当n=4时，有nn+1________(n+1)n（填>、=或<）；
猜想一个一般性的结论，并加以证明．

12. 用数学归纳法证明(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)＝2n⋅1⋅3⋅5…(2n−1)(n∈N*)时，从n＝k到n＝k+1时左边需增乘的代数式是________．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，每题 12 分 ，共计84分 ， ）

13. 用数学归纳法证明：13+23+33+...+n3=n2(n+1)24=(1+2+3+...+n)2（n是正整数）．

14. 已知f(n)=1+123+133+143+⋯+1n3，g(n)=32−12n2，n∈N*.
1当n=1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；

2猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明.

15. 在数列an中，已知a1=2,an+1=an2+12n∈N+.
(1)求a2,a3,a4，并由此猜想数列an的通项公式；

(2)用数学归纳法证明你的猜想.

16. 已知等差数列{an}满足公差d>0，且a1a4＝27，S4＝24，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2bn−1．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明数列{bn}为等比数列；

（3）若∀n∈N*，a1b1+a2b2+...+anbn≥(2n−1)t+1恒成立，求实数t的最大值．

17. 已知数列an满足a1=2,anan+1+1=2an．
(1)求a2,a3,a4，试猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法证明；

(2)记数列lnan的前n项和为Sn，证明：Sn>lnn．

18. 设数列an满足a1=1，a2=3，当n≥2时，an+1=anan−1+1an+an−1+n+2.
(1)计算a3,a4，猜想an的通项公式，并加以证明；

(2)求证： 4a1+12+4a2+12+⋯+4an+12<74.

19. 设函数 f(x)=lnx−ax+1,a∈R.
(1)若 x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围；

(2)求证： ln2+ln3+⋯+lnn>1+12+13+⋯+1n−n(n≥2).
参考答案与试题解析
2021年人教A版选修4-5数学第4章 用数学归纳法证明不等式单元测试卷含答案
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
当n=k时，写出左端，并当n=k+1时，写出左端，两者比较，关键是最后一项和增加的第一项的关系．
【解答】
解：当n=k时，左端1k+1+1k+2+...+12k，
那么当n=k+1时 左端=1k+2+1k+3...+12k+12k+1+12k+2，
故第二步由k到k+1时不等式左端的变化是增加了12k+1和12k+2两项，同时减少了1k+1这一项，
故选：C．
2.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
分别把n=k和n=k+1代入不等式计算不等式左边的项数，即可得出答案．
【解答】
解：当n=k时，不等式左边为1+12+13+...+12k，共有2k项，
当n=k+1时，不等式左边为1+12+13+...+12k+12k+1+12k+2+...+12k+1，共有2k+1项，
∴ 不等式左边增加的项数为：2k+1−2k=2k．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
在验证n=1时，左端计算所得的项．把n=1代入等式左边即可得到答案．
【解答】
解：用数学归纳法证明：1+a+a2+...+an+1=1−an+21−a(a≠1)，
在验证n=1时，把当n=1代入，左端=1+a+a2．
故选：C．
4.
【答案】
D
【考点】
数学归纳法
【解析】
写出ak+1与ak即可推出结果．
【解答】
解：由于ak=1+12+13+...+1k2，ak+1=1+12+13+...+1k2+1k2+1+1k2+2+...+1k2+2k+1，
从而可得ak+1−ak=1k2+1+1k2+2+...+1k2+2k+1，
所以ak+1−ak共有2k+1项．
故选：D．
5.
【答案】
B
【考点】
数学归纳法
【解析】
根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，分别写出n=k与n=k+1时的结论，即可得到答案．
【解答】
解：根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，
由于n=k，左边=12+22+...+(k−1)2+k2+(k−1)2+...+22+12
n=k+1时，左边=12+22+...+(k−1)2+k2+(k+1)2+k2+(k−1)2+...+22+12
比较两式，从而等式左边应添加的式子是(k+1)2+k2，
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
数学归纳法第一步应验证n的最小值时，命题是否成立．
【解答】
解：多边形的边数最少是3，即三角形，
∴ 第一步验证n等于3．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
数学归纳法
【解析】
分别使得n＝k，和n＝k+1代入等式，然后把n＝k+1时等式的左端减去n＝k时等式的左端，即可得到答案．
【解答】
解：当n=k时，等式左端=1+2+...+k3，
当n=k+1时，
等式左端=1+2+...+k3+(k3+1)...+(k+1)3，
∴ 应该增加的是(k3+1)+(k3+2)+...+(k+1)3.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
数学归纳法
【解析】
本题主要考查数学归纳法的递推关系.
【解答】
解：原命题为真，则逆否命题一定为真，原命题的逆否命题为：如果命题P(n)对n=k+1不成立，则它对n=k也不成立，现已知P(n)对n=4不成立，则P(n)对n=3不成立，则P(n)对n=2,1也不成立，即P(n)对n≤4且n∈N*不成立.
故选A.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
9.
【答案】
12k+1−12k+2
【考点】
数学归纳法
【解析】
求出当n=k时，左边的代数式，当n=k+1时，左边的代数式，相减可得结果．
【解答】
解：n=k时，左边=1k+1+1k+2+...+12k，n=k+1时，左边=1k+2+...+12k+12k+1+12k+2，
∴ 从n=k到n=k+1时，左边要增加的表达式为12k+1+12k+2−1k+1=12k+1−12k+2，
故答案为：12k+1−12k+2．
10.
【答案】
2k
【考点】
数学归纳法
【解析】
，最后一项为12k−1，n＝k+1时，最后一项为12k+1−1，由此可得由n＝k变到n＝k+1时，左边增加的项数．
【解答】
解：由题意，n=k时，最后一项为12k−1，n=k+1时，最后一项为12k+1−1，
∴ 由n=k变到n=k+1时，左边增加了2k+1−(2k+1)+1=2k.
故答案为：2k.
11.
【答案】
<,<,>,>
【考点】
用数学归纳法证明不等式
【解析】
本题考查的知识点是归纳推理与数学归纳法，我们可以列出nn+1与(n+1)n(n∈N*)的前若干项，然后分别比较其大小，然后由归纳推理猜想出一个一般性的结论，然后利用数学归纳法进行证明．
【解答】
解：当n=1时，nn+1=1，(n+1)n=2，此时，nn+1<(n+1)n，
当n=2时，nn+1=8，(n+1)n=9，此时，nn+1<(n+1)n，
当n=3时，nn+1=81，(n+1)n=64，此时，nn+1>(n+1)n，
当n=4时，nn+1=1024，(n+1)n=625，此时，nn+1>(n+1)n，
根据上述结论，我们猜想：当n≥3时，nn+1>(n+1)n(n∈N*)恒成立．
①当n=3时，nn+1=34=81>(n+1)n=43=64
即nn+1>(n+1)n成立．
②假设当n=k时，kk+1>(k+1)k成立，即：kk+1(k+1)k>1
则当n=k+1时，(k+1)k+2(k+2)k+1=(k+1)⋅(k+1k+2)k+1>(k+1)⋅(kk+1)k+1=kk+1(k+1)k>1
即(k+1)k+2>(k+2)k+1成立，即当n=k+1时也成立，
∴ 当n≥3时，nn+1>(n+1)n(n∈N*)恒成立．
12.
【答案】
4k+2
【考点】
数学归纳法
【解析】
从n＝k到n＝k+1时左边需增乘的代数式是(k+1+k)(k+1+k+1)k+1，化简即可得出．
【解答】
用数学归纳法证明(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)＝2n⋅1⋅3⋅5…(2n−1)(n∈N*)时，
从n＝k到n＝k+1时左边需增乘的代数式是(k+1+k)(k+1+k+1)k+1=2(2k+1)．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，每题 12 分 ，共计84分 ）
13.
【答案】
证明：（1）当n＝1时，左边＝1，中间=12×224=1，右边＝12＝1，
∴ 等式成立，
（2）假设当n＝k时，等式成立，即13+23+33+...+k3=k2(k+1)24=(1+2+3+...+k)2，
那么，当n＝k+1时，有13+23+33+...+k3+(k+1)3=k2(k+1)24+(k+1)3
＝(k+1)2⋅(k24+k+1)
＝(k+1)2⋅k2+4k+44
=(k+1)2(k+2)24
=(k+1)2[(k+1)+1]24=(1+2+3+...+k+1)2，
这就是说，当n＝k+1时，等式也成立，
根据（1）和（2），可知对n∈N*13+23+33+...+n3=n2(n+1)24=(1+2+3+...+n)2等式成立．
【考点】
数学归纳法
【解析】
用数学归纳法证明：（1）当n＝1时，验证等式成立；（2）假设当n＝k时，等时成立，用上归纳假设后，去证明当n＝k+1时，等式也成立即可．
【解答】
证明：（1）当n＝1时，左边＝1，中间=12×224=1，右边＝12＝1，
∴ 等式成立，
（2）假设当n＝k时，等式成立，即13+23+33+...+k3=k2(k+1)24=(1+2+3+...+k)2，
那么，当n＝k+1时，有13+23+33+...+k3+(k+1)3=k2(k+1)24+(k+1)3
＝(k+1)2⋅(k24+k+1)
＝(k+1)2⋅k2+4k+44
=(k+1)2(k+2)24
=(k+1)2[(k+1)+1]24=(1+2+3+...+k+1)2，
这就是说，当n＝k+1时，等式也成立，
根据（1）和（2），可知对n∈N*13+23+33+...+n3=n2(n+1)24=(1+2+3+...+n)2等式成立．
14.
【答案】
1解：当n=1时，
f(1)=1，g(1)=1，
所以f(1)=g(1).
当n=2时，
f(2)=98，g(2)=118，
所以f(2)当n=3时，
f(3)=251216，g(3)=312216，
所以f(3)2证明：由(1)猜想f(n)≤g(n)，
下面用数学归纳法给出证明：
①当n=1，2，3时，不等式显然成立；
②假设当n=k(k≥3)时，不等式成立，
即1+123+133+143+⋯+1k3<32−12k2，
当n=k+1时，
f(k+1)=f(k)+1(k+1)3<32−12k2+1(k+1)3，
因为12(k+1)2−12k2−1(k+1)3
=k+32(k+1)3−12k2
=−3k−12(k+1)3k2<0，
所以f(k+1)<32−12(k+1)2=g(k+1)，
由①，②可知，
对一切n∈N*，
都有f(n)≤g(n).
【考点】
数列递推式
数学归纳法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1解：当n=1时，
f(1)=1，g(1)=1，
所以f(1)=g(1).
当n=2时，
f(2)=98，g(2)=118，
所以f(2)当n=3时，
f(3)=251216，g(3)=312216，
所以f(3)2证明：由(1)猜想f(n)≤g(n)，
下面用数学归纳法给出证明：
①当n=1，2，3时，不等式显然成立；
②假设当n=k(k≥3)时，不等式成立，
即1+123+133+143+⋯+1k3<32−12k2，
当n=k+1时，
f(k+1)=f(k)+1(k+1)3<32−12k2+1(k+1)3，
因为12(k+1)2−12k2−1(k+1)3
=k+32(k+1)3−12k2
=−3k−12(k+1)3k2<0，
所以f(k+1)<32−12(k+1)2=g(k+1)，
由①，②可知，
对一切n∈N*，
都有f(n)≤g(n).
15.
【答案】
(1)解：根据递推公式可求得：
a2=52,a3=74,a4=118，
猜想数列an的通项公式为an=2n−1+32n−1；
(2)下面用数学归纳法证明：
证明：①当n=1时，由题意知a1=2，
显然满足a1=21−1+321−1=2；
②假设当n=k时猜想成立，即ak=2k−1+32k−1，
则当n=k+1时，ak+1=ak2+12=2k−1+32k−1+12
=2k+32k=2(k+1)−1+32(k+1)−1，
知当n=k+1时猜想也成立，
综合①②可知，对n∈N*猜想都成立，
即数列an的通项公式为an=2n−1+32n−1.
【考点】
数列递推式
数学归纳法
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：根据递推公式可求得：
a2=52,a3=74,a4=118，
猜想数列an的通项公式为an=2n−1+32n−1；
(2)下面用数学归纳法证明：
证明：①当n=1时，由题意知a1=2，
显然满足a1=21−1+321−1=2；
②假设当n=k时猜想成立，即ak=2k−1+32k−1，
则当n=k+1时，ak+1=ak2+12=2k−1+32k−1+12
=2k+32k=2(k+1)−1+32(k+1)−1，
知当n=k+1时猜想也成立，
综合①②可知，对n∈N*猜想都成立，
即数列an的通项公式为an=2n−1+32n−1.
16.
【答案】
由题意可知，，∴ a7+a4＝12．
又a1a5＝27，d>01＝5，a4＝9，d＝8，
故数列{an}的通项公式为an＝2n+1．
证明：对于数列{bn}，当n＝7时，b1＝S1＝6b1−1，解得b4＝1．
当n≥2时，Sn−6＝2bn−1−5，Sn＝2bn−1，
两式相减，得bn＝2bn−2bn−1，即bn＝3bn−1，
当n＝1时，S6＝b1＝2b4−1解得b1＝6≠0
所以{bn}是以1为首项，8为公比的等比数列．
由（2）可得．
令Tn＝a1b1+a2b2+...+anbn，
则，
∴
两式相减，得
＝，
得，
故题中不等式可化为(5n−1)×2n≥(6n−1)t，
∵ n∈N*，∴ 2n−2>0∴ t≤2n，
因为数列{2n}是递增数列，所以t≤2，
综上，实数t的最大值为2．
【考点】
数列与不等式的综合
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）利用已知条件求出数列的思想与公差，然后求解数列{an}的通项公式．
（2）利用已知条件，结合等比数列的定义，推出{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，求出通项公式．
（3）化简． 利用错位相减法，求解数列的和，然后求解不等式，推出结果即可．
【解答】
由题意可知，，∴ a7+a4＝12．
又a1a5＝27，d>01＝5，a4＝9，d＝8，
故数列{an}的通项公式为an＝2n+1．
证明：对于数列{bn}，当n＝7时，b1＝S1＝6b1−1，解得b4＝1．
当n≥2时，Sn−6＝2bn−1−5，Sn＝2bn−1，
两式相减，得bn＝2bn−2bn−1，即bn＝3bn−1，
当n＝1时，S6＝b1＝2b4−1解得b1＝6≠0
所以{bn}是以1为首项，8为公比的等比数列．
由（2）可得．
令Tn＝a1b1+a2b2+...+anbn，
则，
∴
两式相减，得
＝，
得，
故题中不等式可化为(5n−1)×2n≥(6n−1)t，
∵ n∈N*，∴ 2n−2>0∴ t≤2n，
因为数列{2n}是递增数列，所以t≤2，
综上，实数t的最大值为2．
17.
【答案】
(1)解：因为anan+1+1=2an，所以an+1=2−1an．
当n=1时，a2=32；当n=2时，a3=43；
当n=3时，a4=54；猜想an=n+1n．
①当n=1时，a1=1+11=2，猜想显然成立．
②假设n=k时，猜想成立，即ak=k+1k，则当n=k+1时，ak+1=2−1ak=2−kk+1=k+2k+1=k+1+1k+1，
即当n=k+1时猜想也成立．
由①②可知，猜想成立，即an=n+1n．
(2)证明：由(1)知an=n+1n．
因为lnan=lnn+1n=lnn+1−lnn，
所以Sn=lna1+lna2+lna3+⋯+lnan
=ln2−ln1+ln3−ln2+ln4−ln3+⋯+lnn+1−lnn
=lnn+1>lnn．
【考点】
数列递推式
数学归纳法
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为anan+1+1=2an，所以an+1=2−1an．
当n=1时，a2=32；当n=2时，a3=43；
当n=3时，a4=54；猜想an=n+1n．
①当n=1时，a1=1+11=2，猜想显然成立．
②假设n=k时，猜想成立，即ak=k+1k，则当n=k+1时，ak+1=2−1ak=2−kk+1=k+2k+1=k+1+1k+1，
即当n=k+1时猜想也成立．
由①②可知，猜想成立，即an=n+1n．
(2)证明：由(1)知an=n+1n．
因为lnan=lnn+1n=lnn+1−lnn，
所以Sn=lna1+lna2+lna3+⋯+lnan
=ln2−ln1+ln3−ln2+ln4−ln3+⋯+lnn+1−lnn
=lnn+1>lnn．
18.
【答案】
(1)解：由a1=1，a2=3，
所以a3=a1a2+1a1+a2+(2+2)=5，a4=a2a3+1a2+a3+(3+2)=7．
猜想：an=2n−1，
证明：当n=2时，由a1=1，a2=3，故成立；
假设n=k(k≥2)时成立，即ak=2k−1，
所以ak+1=akak−1+1ak+ak−1+(k+2)=2k+1=2(k+1)−1，
即当n=k+1时成立，
综上所述，an=2n−1.
(2)证明：由(1)知，4(an+1)2=1n2，
所以4(a1+1)2+4(a2+1)2+…+4(an+1)2
=112+122+…+1n2<1+122−1+132−1+…+1n2−1
=1+11×3+12×4+…+1(n−1)×(n+1)
=1+12(1−13+12−14+13−15+…+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+121+12−1n−1n+1
<1+12+12×12=74，证毕．
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
数列递推式
数学归纳法
【解析】


【解答】
(1)解：由a1=1，a2=3，
所以a3=a1a2+1a1+a2+(2+2)=5，a4=a2a3+1a2+a3+(3+2)=7．
猜想：an=2n−1，
证明：当n=2时，由a1=1，a2=3，故成立；
假设n=k(k≥2)时成立，即ak=2k−1，
所以ak+1=akak−1+1ak+ak−1+(k+2)=2k+1=2(k+1)−1，
即当n=k+1时成立，
综上所述，an=2n−1.
(2)证明：由(1)知，4(an+1)2=1n2，
所以4(a1+1)2+4(a2+1)2+…+4(an+1)2
=112+122+…+1n2<1+122−1+132−1+…+1n2−1
=1+11×3+12×4+…+1(n−1)×(n+1)
=1+12(1−13+12−14+13−15+…+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+121+12−1n−1n+1
<1+12+12×12=74，证毕．
19.
【答案】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，
由f(x)≥0，得a≤x+xlnx，
令g(x)=x+xlnx，
则g′(x)=1+lnx+1=lnx+2，g′(e−2)=0，
当0当x>e−2时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,e−2)上是减函数，在[e−2,+∞)上是增函数，
∴x>0时，g(x)≥g(e−2)=e−2−2e−2=−e−2，
∴a≤−e−2，
即a的取值范围是(−∞,−e−2].
(2)证明：当a=1时，f(x)=lnx−1x+1,
f′(x)=1x+1x2=x+1x2>0，
∴f(x)在[1,+∞)上是增函数，
∴x>1时，f(x)>f(1)=0，
∴x>1时，lnx−1x+1>0,lnx>1x−1，
∴ln2>12−1,ln3>13−1,⋯,lnn>1n−1，
∵ln1=1−1，
∴ln1+ln2+ln3+⋯+lnn>1+12+13+⋯+1n−n(n≥2)，
即ln2+ln3+⋯+lnn>1+12+13+⋯+1n−n(n≥2).
【考点】
用数学归纳法证明不等式
不等式的证明
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，
由f(x)≥0，得a≤x+xlnx，
令g(x)=x+xlnx，
则g′(x)=1+lnx+1=lnx+2，g′(e−2)=0，
当0当x>e−2时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,e−2)上是减函数，在[e−2,+∞)上是增函数，
∴x>0时，g(x)≥g(e−2)=e−2−2e−2=−e−2，
∴a≤−e−2，
即a的取值范围是(−∞,−e−2].
(2)证明：当a=1时，f(x)=lnx−1x+1,
f′(x)=1x+1x2=x+1x2>0，
∴f(x)在[1,+∞)上是增函数，
∴x>1时，f(x)>f(1)=0，
∴x>1时，lnx−1x+1>0,lnx>1x−1，
∴ln2>12−1,ln3>13−1,⋯,lnn>1n−1，
∵ln1=1−1，
∴ln1+ln2+ln3+⋯+lnn>1+12+13+⋯+1n−n(n≥2)，
即ln2+ln3+⋯+lnn>1+12+13+⋯+1n−n(n≥2).